(SKKN 2022) Nâng cao chất lượng môn hình học của học sinh lớp 9 trường Phổ thông DTNT THCS Mường Lát bằng cách sử dụng bất đẳng thức cô si

Để giải một bài toán về bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén.. Đề tài này nghiên cứu về cách hướng dẫn học

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài

So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm nhiều Một trong những nguyên nhân khó giải quyết vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình học, và cũng không phải chỉ là phương pháp đại số thuần tuý

Để giải một bài toán về bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén

Từ nhu cầu nhận thức sẽ hình thành động cơ thúc đẩy quá trình học tập tự giác, tích cực và tự lực trong học tập để chiếm lĩnh tri thức Học sinh không những nắm vững, nhớ lâu mà còn biết vận dụng tốt những tri thức đạt được để giải quyết vấn đề nảy sinh trong học tập, trong thực tế cuộc sống và lao động mai sau Đồng thời, học sinh có phương pháp trên lớp học và phương pháp tự học ở nhà được tốt hơn, nhằm đáp ứng được sự đổi mới thường xuyên của khoa học công nghệ ngày nay Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy và tìm hiểu thực tiễn tại trường PT DTNT THCS Mường Lát, huyện Mường Lát, tỉnh Thanh Hóa Khi giảng dạy cho các em học sinh, tôi nhận thấy các em học sinh lớp 9 gặp rất nhiều khó khăn khi giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học Đây thuộc loại những bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là trung học cơ

sở, kể cả học sinh khá giỏi lúng túng khi gặp dạng toán này Thực sự đây là một phần rất quan trọng của hình học, và những kiến thức về bất đẳng thức trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của Toán học

Song khi giải các bài toán này học sinh gặp không ít khó khăn, phức tạp

Từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh thường bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán và chưa có nhiều phương pháp giải hay và gọn gàng Chính vì

vậy, tôi mạnh dạn chọn đề tài:“Nâng cao chất lượng môn hình học của học sinh lớp 9 Trường PT DTNT THCS Mường Lát bằng cách sử dụng bất đẳng thức Côsi” Với mong muốn đây là một tài liệu tham khảo hữu ích với các em

học sinh khá giỏi Toán lớp 9

1.2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu đề tài này nhằm giúp học sinh thấy được sự liên hệ mật thiết giữa đại số và hình học So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm nhiều Một trong những nguyên nhân khó giải quyết vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình học, và cũng không phải chỉ là phương pháp đại số thuần tuý Cung cấp cho các em những kiến thức cần thiết, phải biết để vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén Nhằm khơi gợi khả năng và tư duy sáng tạo của các em, từ đó giúp nâng cao kết quả học tập môn hình học 9 của các em

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Đề tài này nghiên cứu về cách hướng dẫn học sinh sử dụng bất đẳng thức Côsi vào giải quyết các bài toán hình học Học sinh thấy được mối liên hệ thú vị giữa các kiến thức ở đại số và hình học, các em sẽ hứng thú hơn khi học hình,

khơi gợi khả năng tư duy và sáng tạo của các em, từ đó giúp nâng cao kết quả học tập môn hình học của các em

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Trong đề tài này tôi đã sử dụng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở

lý thuyết, phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lý luận

Để biết cách vận dụng Côsi vào các bài toán cực trị hình học lớp 9, học sinh cần nắm được: Khái niệm cơ bản của bất đẳng thức Côsi (BĐT cô si):

Cho a1, a2, …, an là các số không âm Ta luôn có:

 (với n   ;n 2)

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an

* Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là: Với các số không âm, trung bình cộng

không nhỏ hơn trung bình nhân Trung bình cộng và trung bình nhân bằng nhau khi và chỉ khi các số đó bằng nhau

* Ý nghĩa của BĐT Côsi:

+ n số không âm có tổng không đổi, tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi các số đó bằng nhau

+ n số dương có tích không đổi, tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi các số đó bằng nhau

Lưu ý: Trước khi thực hiện bước 1, học sinh cần phải đọc kỹ đề bài, nhận

dạng bài toán là dạng toán nào, và có thế chuyển đổi việc tìm cực trị của bài toán qua việc vận dụng BĐT côsi không, sau đó tóm tắt đề bài rồi giải Bước

1 có tính chất quyết định cách giải bài toán dễ dàng hay phức tạp.``

- Học sinh cần nắm được 5 yêu cầu khi giải một số bài tập Toán nâng cao hình học mà áp dụng BĐT côsi Cụ thể:

Yêu cầu 1: Sai lầm do không xác định các giá trị của đoạn thẳng tương ứng để bất đẳng thức trở thành đẳng thức ( Tức là dấu bằng của BĐT xảy ra vi phạm nội dung giả thiết cho)

Yêu cầu 2: Sai lầm do sử dụng sai các điều kiện tồn tại để áp dụng bất đẳng thức ( BĐT )

Yêu cầu 3: Sai lầm do chưa chỉ ra hết các trường hợp hình

Yêu cầu 4: Lời giải phải đầy đủ và mang tính toàn diện.

Yêu cầu 5: Lời giải bài toán càng đơn giản càng tốt

2 2 Thực trạng

Như chúng ta biết, bất đẳng thức Côsi xuất hiện rất nhiều, xuyên suốt chương trình của các em, thường xuyên có mặt trong các đề thi cuối cấp, thi vào các trường cấp 3, thi học sinh giỏi Toán về bất đẳng thức là khó, chúng được giải không hoàn toàn dựa vào một công thức nào cả Đặc biệt lại là bất đẳng thức trong hình học Hơn nữa các bài tập sách trong giáo khoa chưa thể hiện đủ các phương pháp chứng minh vì thế học sinh thường thiếu tự tin và lúng túng khi gặp phải dạng toán này

Từ những lý do đó mà học sinh rất ngại làm loại toán này Trong thực tế

có thể giáo viên mới chỉ dạy cho học sinh ở mức độ truyền thụ tinh thần của lí

tự Kỹ năng phân tích tổng hợp của học sinh còn chưa thành thạo, cách khai thác vấn đề cần chứng minh để đưa vào áp dụng bất đẳng thức chưa thạo, mối liên hệ giữa các dữ liệu trong bài toán, dẫn đến việc học sinh rất lúng túng và gặp rất nhiều khó khăn trong vấn đề giải loại toán này Vì vậy kết quả học tập của các

em khá giỏi chưa cao Nhiều em nắm được lý thuyết rất chắc chắn nhưng khi áp dụng giải bài tập thì lại không làm được Điều đó được thể hiện thông qua bài thi khảo sát chất lượng cuối kì hai năm học 2019 – 2020 cụ thể như sau:

2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện

2.3.1 Giải pháp

- Giáo viên củng cố, khắc sâu nội dung lí thuyết cơ bản về bất đẳng thức cho học sinh.

- Phân tích, tìm hiểu những yêu cầu khi giải toán hình học hình học có áp dụng BĐT qua nội dung các ví dụ.

2.3.2 Cách thực hiện

Ta bắt đầu bằng việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi:

Cho a1, a2, …, an là các số không âm Ta luôn có:

 (với n   ;n 2)

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an

* Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là: Với các số không âm, trung bình cộng

không nhỏ hơn trung bình nhân Trung bình cộng và trung bình nhân bằng nhau khi và chỉ khi các số đó bằng nhau

* Ý nghĩa của BĐT Côsi:

+ n số không âm có tổng không đổi, tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi các số đó bằng nhau

+ n số dương có tích không đổi, tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi các số đó bằng nhau.[3]

Bài toán gốc : Chứng minh rằng nếu a 1 , a 2 , …, a n là các số dương, thì (a 1 + a 2 + … + a n )( + + … + )  n 2

Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

 (1)

 (2)

Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai bất đẳng thức trên, ta được: (a1 + a2 + … + an)( + + … + )  n2

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an [3]

Trong nhiều bài toán, người ta thường sử dụng hai trường hợp riêng sau đây:

1 Với mọi a, b > 0, ta có: (a + b)( + )  4

2 Với mọi a, b, c > 0, ta có: (a + b + c)( + + )  9 (3)

Bài 1: (Một kết quả đẹp và thú vị về tứ giác nội tiếp)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn Hai đường chéo AC và

BD cắt nhau tại I Chứng minh rằng:

AB

CD + + +  + + + ( 1)

* Phân tích bài toán: Để chứng minh đẳng thức (1) ta chuyển đổi mỗi hạng tử của vế trái thành dạng căn bậc hai của một tích ( = , …), từ đó áp dụng bất đẳng thức Côsi chứng minh được mỗi hạng tử đó của vế trái  một nửa tổng hai hạng tử của vế phải cụ thể:

Hướng dẫn: (Hình 1)

Dễ thấy  ABI ∽  DCI (g.g)

 = =  = (1)

Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:

 ( + ) (2)

Dấu bằng trong (2) xảy ra  =

Từ (1) và (2)   ( + ) (3)

Hình 1

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:

 ( + ) (4)

 ( + ) (5)

 ( + ) (6)

Dấu bằng trong (4), (5), (6) xảy ra tương ứng khi = , = , =

Cộng từng vế của (3),(4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh Dấu bằng xảy

ra khi IA = IB = IC = ID  tứ giác ABCD là hình chữ nhật

* Nhận xét: Chìa khoá để giải quyết bài toán ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi

hạng tử của vế trái thành dạng căn bậc hai của một tích, từ đó áp dụng bất đẳng thức Côsi chứng minh được bài toán Việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng được bất đẳng thức Côsi trong những trường hợp cụ thể là rất cần thiết, đòi hỏi ở người làm toán sự tư duy, rèn luyện nhiều dạng bài hình thành kĩ năng cần thiết, tìm tòi và sáng tạo

Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA1, BB1, CC1; ba trung tuyến

AA2, BB2, CC2 Giả sử AA2  BB1=P, BB2  CC1=Q, CC2  AA1=R Chứng minh rằng: + +  6 (2)

*Phân tích: Để chứng minh (2) thì ta chuyển đổi mỗi tỉ số ở vế trái về bằng các

tỉ số lượng giác Sau đó ta áp dụng định lí Menelauyt tìm mối quan hệ giữa các

tỉ số lượng giác ấy như =  = 2.tan

tan

C

 ; ……… rồi áp dụng BĐT Côsi để chứng minh các tỉ số lượng giác đó

Hướng dẫn:

Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giác

AA2C với đường thẳng BRB1, ta có:

= 1 Suy ra:

2

AP

PA = (1)

Do AA2 là trung tuyến nên BC = 2.A2B,

và BB1  AC nên = 1.cot.cot

1

BB A

BB C = tantanC

Hình 2 Vậy từ (1)  = 2.tantanC Hoàn toàn tương tự, ta có:

= 2.tantan

 ; = 2 tantan C



Từ đó: + + = 2.(tan

tan

C

 +

tan tan



 + tantan C

) Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì:

tan

tan

C

 + tantan



 + tan Ctan  3 tan tan tan3

tan tan tan



Vậy: + +  6

Dấu “=” xảy ra khi tantanC =

tan tan



 = tantan C

 , tức là tam giác ABC đều

Bài 3: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB Vẽ về một phía của AB các tia Ax,

By vuông góc với AB Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất

Phân tích: Để xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có diện

tích nhỏ nhất căn cứ vào GT bài toán, ta đưa bài toán về việc sử dụng các tỉ số lượng giác để tính các cạnh MC, MD theo tỉ số lượng giác sinα, cosα Và nhớ tới hệ thức sin2α + cos2α = 1 liên hệ bởi BĐT Côsi: x2 + y2  2xy Dấu đẳng thức xảy ra chính là vị trí của 2 điểm C, D tìm được

Hướng dẫn: (Hình 3)

Ta có: SMCD = MC.MD

Đặt : MA = a, MB = b,·AMC BDM· = α

Khi đó MC = , MD =

Nên: SMCD =

Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất

 2sinαcosα lớn nhất

Hình 3 Theo bất đẳng thức Côsi: 2sinα.cosα  sin2α + cos2α = 1

Nên SMCD ab Dấu bằng xảy ra khi sinα = cosα  α = 450

Như vậy Min SMCD = ab Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By sao cho AC = AM, BD = BM

Nhận xét: Điểm sáng tạo trong cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số lượng

giác sinα, cosα Giữa sinα Cosα với sin2α + cos2α có liên hệ bởi BĐT Côsi:

x2 + y2  2xy

Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC Qua M kẻ các

đường thẳng song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E Xác định vị trí của điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất

* Phân tích: Ta đã xét một biểu thức trung gian, đó là tỉ số giữa diện tích hình

bình hành ADME và diện tích tam giác ABC tức là = 2  (Kẻ BK  AC, cắt

MD ở H) Đặt MB = x, MC = y, ta có:

= = , = = , bất đẳng thức Côsi dạng 

Hướng dẫn:

Cách 1 :

Ta thấy SADME lớn nhất  lớn nhất

Kẻ BK  AC, cắt MD ở H

SADME = MD.HK, SABC = AC.BK

Suy ra: = 2

Đặt MB = x, MC = y, ta có:

= = , = =

Do đó : = (*)

Theo bất dẳng thức Côsi: x + y  2

 (x + y)2  4xy   (**) Từ

(*) và (**),

ta được: 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y

Như vậy max SADME = SΔABC, khi đó M

là trung điểm của BC

* Phân tích: Dựa vào diện tích miền đa

giác ta xét biểu thức trung gian đó là

tỉ số giữa tổng diện tích của các tam giác DBM, EMC và diện tích tam giác ABC, vì vậy lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng 

Cách 2: Ký hiệu SABC = S, SDBM = S1, SEMC = S2

Rõ ràng SADME lớn nhất  S1 + S2 nhỏ nhất  nhỏ nhất

Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên:

= ( )2, = ( )2

Suy ra: = =  Như vậy S1 + S2  S

nên SADME  S Xảy ra dấu bằng  x = y

Kết luận: max SADME = SΔABC, khi đó M là trung điểm của BC

Hình 4

Nhận xét: Qua bài toán 4, cùng một bài toán, nhưng với cách khai thác khác

nhau thì việc vận dụng bất đẳng thức Côsi sẽ ở những dạng khác nhau Vấn đề là đòi hỏi ở người làm toán khả năng vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt được mục đích cụ thể

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a Gọi D là trung

điểm của AB Điểm E di chuyển trên cạnh AC Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ D, E đến BC Tính diện tích lớn nhất của hình thang DEKH Khi đó hình thang trở thành hình gì ?

Phân tích: Ta có 2SDEKH = (DH+EK).HK =(BH+KC).HK Từ đây ta nhớ tới ý nghĩa của BĐT Côsi: Với hai số dương x, y có tổng x + y không đổi, thì tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = y Ngược lại nếu tích xy không đổi thì tổng

x + y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y

Ta thấy tổng (BH + KC) + HK không đổi (bằng BC = a cho trước) nên tích (BH+KC).HK lớn nhất khi và chỉ khi BH+KC = HK = Từ đó tìm được diện tích lớn nhất và khi đó hình thang trở thành hình nào ?

Hướng dẫn (Hình 5)

Ta có: 2SDEKH = (DH+EK).HK

=(BH+KC).HK

Ta thấy tổng (BH+KC) + HK không đổi

(bằng BC = a cho trước) nên tích

(BH+KC).HK lớn nhất khi và chỉ khi

BH+KC = HK =

Do đó: max S = =

Khi đó hình thang DEKH có đường cao

HK= và nếu kẻ AM  BC thì do tam giác

ABC vuông cân tại A nên MB = MC =

nên HB = HM = Hình 5

Vậy KC = BC - BH - HK = a - - = Khi đó DH = HB = , EK = KC = Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung điểm của AC

Bài 6: Hai anh em chia tài sản là một mảnh đất hình tam giác ABC Họ muốn

chia mảnh đất đó thành 2 miếng đất có diện tích bằng nhau bởi một bờ rào thẳng ngắn nhất Tính độ dài m của bờ rào này theo diện tích S và góc nhỏ nhất α của tam giác

* Phân tích: Một tình huống của thực tế đã được giải quyết thuyết phục bằng bài toán Nếu chỉ để chia mảnh đất hình tam giác đó thành 2 mảnh có diện tích bằng nhau thì quá đơn giản (chỉ cần bờ rào là một trong ba trung tuyến của tam giác là xong), ở đây mục đích đặt ra là vừa phải chia đôi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng là ngắn nhất Từ đó ta nghĩ ngay đến bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất, ·BAC  , độ dài bờ rào IK

= m Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào là x, y ta đã sử dụng công thức: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA để từ đó khẳng định tích xy không đổi, và sử dụng bất đẳng thức Côsi để tìm giá trị nhỏ nhất của IK.Sau đó chỉ ra dấu đẳng thức là

ta tính được độ dài bờ rào theo S và  nhỏ nhất

Hướng dẫn : (Hình 6)

Bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác

Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất, ·BAC  , độ dài bờ rào IK = m

Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào là x, y

Ta có: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA (*)

Đặt SABC = S , SAIK = S’ thì S’ = không đổi

Mặt khác, S’ = xy.sinA, mà S’ và ·BAC  không

đổi nên xy không đổi Từ (*) ta thấy:

IK nhỏ nhất  x2 + y2 nhỏ nhất

Áp dụng BĐT Côsi: x2 + y2  2xy (x, y là hằng số)

Vậy x2 + y2 nhỏ nhất  x = y

Như vậy, xét bờ rào chắn góc A thì bờ rào ngắn

nhất khi và chỉ khi tam giác AIK cân tại A(**) Bây

giờ ta tính độ dài bờ rào IK theo S và α

Hình 6

Hình 6.1

Kẻ đường cao AH của tam giác cân AIK (hình 6.1) Khi đó: IH = AH.tan

suy ra IK = m = 2AH.tan Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH nên 2.AH = Vậy m = tan  m2 = 4S’.tan

 m = 2 ' tan

2

S   Thay S’ = thì m = 2 tan

2

S 

Vậy: Bờ rào có độ dài ngắn nhất m = 2 tan

2

S  với α = min ( ·BAC,·ABC ,·ACB)

*Nhận xét: Bài toán thực tế trên có thể được khai thác trong việc chọn lọc,

ra đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 khá hay và phù hợp với việc kết hợp câu hỏi phụ “ Chứng minh trong tam giác ABC, với độ dài AB = c, BC = a, AC = b, thì

a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA ; b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB ; c2 = a2 + b2 – 2ac.cosC ”

Hoặc kết luận (**) trong lời giải trên cũng cho ta một bài toán “ Chứng minh rằng trong tam giác AIK có diện tích và số đo góc A không đổi, tam giác cân tại A và độ dài IK nhỏ nhất”.

Dưới đây là một ví dụ khác về việc khai thác bài toán gốc để cho ra những bài toán khác, tuỳ theo mục đích hỏi và đối tượng làm bài

Bài 7: Cho đường tròn (O; r) nội tiếp tam giác ABC Kẻ đường thẳng qua O cắt

hai cạnh CA, CB của tam giác theo thứ tự ở M và N Đường thẳng ở vị trí nào thì tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất ?

* Phân tích: Đường thẳng qua O cắt hai cạnh CA, CB của tam giác theo thứ tự ở M và N Đường thẳng ở vị trí nào thì tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất? Dựa vào diện tích miền đa giác ta có : SΔCMN = SΔOCM + SΔOCN = (CM + CN).r  = (CM + CN) Mà : (CM + CN) 

Từ đó suy ra : = (CM + CN)  Dấu “ = ” xảy ra khi Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO  MN

Hướng dẫn :

Gọi S là diện tích CMN, ta có :

S = SΔOCM + SΔOCN = (CM + CN).r

Do đó: = (CM + CN) (1)

Theo bất đẳng thức Côsi:

(CM + CN)  (2)

Mặt khác: CM.CN  2S (3)

Hình 7 Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: = (CM + CN) 

hay S r  S2 2S.r2 S  2r2 Vậy S nhỏ nhất bẳng 2r2 khi CM = CN Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO  MN

Kết luận: Đường thẳng MN  CO tại O thì  CMN có diện tích nhỏ nhất

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy ở trường tôi trong các năm học gần đây tôi đã thu được các kết quả khả quan và hiệu quả, chất lượng môn Toán của học sinh ngày càng nâng lên theo từng năm nhất là chất lượng học sinh khá giỏi môn hình học 9 Đề tài giúp các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành thạo BĐT Côsi và các BĐT hệ quả được suy ra từ BĐT Côsi linh hoạt hơn Khảo sát chất lượng sau khi áp dụng đề tài:

So sánh kết quả trước và sau khi áp dụng đề tài thấy tỉ lệ học sinh khá giỏi năm học 2020 - 2021 tăng lên rõ rệt cụ thể :

Qua quá trình áp dụng sáng kiến này, tôi thấy để có được kết quả cao, giáo viên cần lưu ý một số vấn đề sau:

- Phải hướng dẫn học sinh nắm chắc phần lý thuyết

- Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, giáo viên cần chọn lọc hệ thống bài tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó, tạo sự tìm tòi cho các em

- Khi giải một bài toán hình học nâng cao hình lớp 9 có áp dụng BĐT Côsi trước hết phải đoán dạng, sau đó mới chọn lựa phương pháp để giải

- Phải rèn học sinh cách suy nghĩ tìm tòi lời giải và thực hành nhiều với các bài toán từ dễ đến khó Đặc biệt nên khai thác vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau để củng cố và rèn khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh

Giáo viên cần đưa ra các bài toán nâng cao hơn từ các bài toán sẵn có, đã làm Muốn vậy cần phải soạn kĩ trước khi lên lớp để đưa ra phương án giải quyết tốt nhất cho từng bài và chọn cách giải hay nhất

3 Kết luận, kiến nghị

3.1 Kết luận

Với những giải pháp đã nêu trên tôi đã vận dụng vào quá trình hướng dẫn cho học sinh giải các bài toán hình học nâng cao lớp 9 có sử dụng BĐT Côsi và một số BĐT hệ quả được suy ra từ BĐT Côsi thì nhận thấy các em đã nắm được quy tắc giải bài toán và vận dụng làm bài tập tương tự tốt hơn, linh hoạt hơn, kích thích học sinh lòng say mê tìm hiểu các cách giải khác nhau, các trường hợp hình xảy ra, giúp học sinh phát huy được khả năng tư duy linh hoạt, nhạy bén khi tìm lời giải bài toán Những bài toán cực trị thường được gắn Toán học với thực tiễn, bởi việc đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít nhất… chính

là đi tìm cái tối ưu thường được đặt ra trong đời sống và kỹ thuật hiện nay Trong quá trình giảng dạy năm học vừa qua khi áp dụng kinh nghiệm của mình để soạn giảng và vận dụng vào thực tế thì tôi thấy có sự thay đổi:

+ Học sinh đã có những thái độ học tập tích cực, thích thú, chủ động nêu lên những thắc mắc, khó khăn vướng mắc trong quá trình làm bài tập hình học 9 dạng này Bên cạnh đó những bài tập giao về nhà đã được các em làm một cách nghiêm túc, tự giác học bài và nắm được các kiến thức cơ bản sau khi học xong mỗi bài

+ Chất lượng bộ môn được nâng lên, đặc biệt số học sinh ngại học phần toán này đã giảm đáng kể thay vào đó nhiều em đã có kĩ năng giải dạng toán này tốt hơn

3.2 Kiến nghị

+ Cần tạo điều kiện thuận lợi hơn nữa về thời gian cũng như tài liệu để giúp giáo viên, nhất là giáo viên dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi giảng dạy tốt hơn + Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt hơn cho công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu của giáo viên và học sinh

Với thời gian nghiên cứu có hạn nên mức độ nghiên cứu chưa sâu, tuy đã

cố gắng nhưng do kinh nghiệm bản thân còn hạn chế nên nội dung sáng kiến này chắc chắn không tránh khỏi nhiều khiếm khuyết Vậy tôi kính mong các đồng chí và các bạn đồng nghiệp, trao đổi, nhận xét và góp ý chân tình để sáng kiến của tôi được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn!